III OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

III

Zbudować czworokąt $ABCD$ mając dane długości boków $AB$ i $CD$ oraz kąty czworokąta.

Rozwiązanie

Oznaczmy długości danych boków czworokąta: $AB = a$ , $CD = c$ . Weźmy pod uwagę sumy kolejnych kątów czworokąta:

$ A + B,\ B+C, \ C + D,\ A + D $

i z tych sum utwórzmy pary

$ (A + B, C + D) \textrm{ i } (A + D,B + C). $

Na każdej z tych par któraś z sum nie przekracza $180^\circ$ , gdyż suma wszystkich czterech kątów $A + B + C + D$ wynosi $360^\circ$ .

Wystarczy rozpatrzyć przypadek, gdy $A + B \leq 180^\circ$ i $A + D \leq 180^\circ$ ; rozumowanie, które przeprowadzimy, można zastosować w każdym innym przypadku, zmieniając w odpowiedni sposób oznaczenia literowe.

Dogodnie będzie rozróżnić dwie możliwości:

I. $A + B < 180^\circ$ . Niech $ABCD$ będzie czworokątem poszukiwanym. Czworokąt ten jest wypukły (rys. 37) lub wklęsły (rys. 38) zależnie od tego czy $C < 180^\circ$ , czy też $C>180^\circ$ .

Poprowadźmy przez wierzchołek $B$ prostą równoległą do prostej $CD$ , a przez wierzchołek $D$ prostą równoległą do prostej $BC$ ; utworzy się równoległobok $BCDM$ .

W przypadku, gdy $A + D = 180^\circ$ , tj. gdy czworokąt $ABCD$ jest trapezem (rys. 39), punkt $M$ leży na boku $AB$ , $MB = c$ .

W tym szczególnym przypadku konstrukcja czworokąta jest łatwa.

Kreślimy odcinek $AB = a$ . Budujemy $\measuredangle BAD = A$ i $\measuredangle ABC = B$ po tej samej stronie prostej $AB$ . Następnie odmierzamy $BM = c$ . Przez punkt $M$ prowadzimy prostą równoległą do prostej $BC$ do przecięcia z półprostą $AD$ w punkcie $D$ . Przez punkt $D$ prowadzimy prostą $DC$ aż do przecięcia z prostą $BC$ w punkcie $C$ . Łatwo sprawdzić, że czworokąt $ABCD$ spełnia warunki zadania. Rozwiązanie istnieje, jeżeli punkt $M$ leży wewnątrz odcinka $AB$ , tzn. jeżeli $c < a$ .

W przypadku, gdy $A + B < 180^\circ$ i $A + D < 180^\circ$ , czyli $C + D > 180^\circ$ , i $C + B > 180^\circ$ , punkt $M$ leży wewnątrz kąta $BAD$ .

Istotnie, gdy czworokąt $ABCD$ jest wypukły (rys. 37), półprosta $DM$ leży wewnątrz kąta $ADC$ , gdyż $\measuredangle MDC = 180^\circ - C < D$ ; zatem półprosta $DM$ przecina prostą $AB$ w punkcie $P$ leżącym wewnątrz odcinka $AB$ . Półprosta $BM$ leży wewnątrz kąta $ABC$ , gdyż $\measuredangle CBM = 180^\circ - C < B$ , zatem półprosta $BM$ przecina prostą $AD$ w punkcie $N$ leżącym wewnątrz odcinka $AD$ . Odcinki $DP$ i $BN$ przecinają się w punkcie $M$ leżącym wewnątrz kąta $BAD$ .

Jeśli zaś czworokąt $ABCD$ jest wklęsły (rys. 38), to półprosta $DM$ przecina prostą $AB$ w punkcie $P$ leżącym na przedłużeniu boku $AB$ poza punkt $B$ ; podobnie półprosta $BM$ przecina prostą $AD$ w punkcie $N$ leżącym na przedłużeniu odcinka $AD$ poza punkt $D$ . Odcinki $DP$ i $BN$ przecinają się w punkcie $M$ leżącym wewnątrz kąta $BAD$ .

Obliczmy kąt $ABM$ . W przypadku wielokąta wypukłego

$ \measuredangle ABM= B - \measuredangle MBC = B - (180^\circ - C) = B + C - 180^\circ. $

W przypadku wielokąta wklęsłego

$ \measuredangle ABM = B + \measuredangle CBM = B + 180^\circ - (360^\circ - C) = B + C- 180^\circ. $

W obu przypadkach, w trójkącie $ABM$ znamy boki $AB = a$ i $BM = c$ oraz kąt między nimi zawarty; trójkąt $ABC$ można więc zbudować, a tym samym znaleźć punkt $M$ .

Konstrukcja jest następująca: kreślimy odcinek $AB = a$ i przy półprostych $AB$ i $BA$ wykreślamy odpowiednio kąty $A$ i $B$ ; następnie budujemy trójkąt $ABM$ i przez punkt $M$ prowadzimy równoległą do zbudowanego ramienia kąta $B$ . Jeśli ta równoległa przetnie zbudowane ramię kąta $A$ w punkcie $D$ , to wierzchołek $C$ czworokąta znajdujemy w przecięciu ramienia kąta $B$ z prostą poprowadzoną przez punkt $D$ równolegle do prostej $BM$ . Z konstrukcji jest widoczne, że czworokąt $ABCD$ spełnia warunki zadania.

Rozwiązanie istnieje, jeśli punkt $M$ wypadnie wewnątrz kąta $BAD$ , gdyż tylko wtedy istnieje punkt $D$ . Warunek ten łatwo ująć w formie zależności między danymi zadania. Mianowicie półprosta $BM$ na pewno przecina się ze zbudowanym ramieniem kąta $A$ , tworząc trójkąt $ABN$ , gdyż suma kątów zbudowanych przy $A$ i $B$ jest mniejsza od kąta półprostego:

$ A + \measuredangle ABM = A + (B + C- 180^\circ) = 180^\circ - D< 180^\circ. $

Punkt $M$ leży wewnątrz kąta $BAD$ , gdy $BM < BN$ . Otóż

$ BN = c,\ BN = AB \cdot \frac{\sin NAB}{\sin ANB} = a \cdot \frac{\sin A}{\sin D}, $

warunek rozwiązalności zadania brzmi zatem

$ c < \frac{a \sin A}{\sin D}, $

czyli

$ (1) \qquad a \sin A > c \sin D. $

Zauważmy, że jeśli $A + D = 180^\circ$ , to $\sin A = \sin D$ i nierówność (1) daje znaleziony poprzednio dla tego przypadku warunek $a > c$ . Możemy więc sformułować wynik całego rozumowania jak następuje:

Jeżeli $A + B < 180^\circ$ , zadanie ma rozwiązanie pod warunkiem, że spełniona jest nierówność (1); rozwiązanie jest tylko jedno.

II. $A + B = 180^\circ$ . W tym przypadku poszukiwany czworokąt jest trapezem o podstawach $AD$ i $BC$ , przy czym $AD \geq BC$ (ponieważ założyliśmy na wstępie, że $A + D < 180^\circ$ ).

Jeśli $A + D = 180^\circ$ , czworokąt jest równoległobokiem, więc $AB = CD$ (rys. 40). Zadanie można w takim przypadku rozwiązać tylko wtedy, gdy dane boki spełniają warunek $a = c$ ; rozwiązań jest wówczas nieskończenie wiele.

Jeśli $A + D < 180^\circ$ , prowadzimy równoległą $BM$ do boku $CD$ (rys. 41). W trójkącie $ABM$ mamy $AB = a$ , $BM = c$ , $\measuredangle AMB = D$ , $\measuredangle BAM = A$ . Dane boki i kąty muszą więc spełniać związek (twierdzenie sinusów)

$ \frac{a}{\sin D} = \frac{c}{\sin A}, $

czyli

$ (2) \qquad a \sin A = c \sin D. $

Jeśli ten warunek jest spełniony, zadanie ma nieskończenie wiele rozwiązań, które otrzymujemy budując trójkąt $ABM$ i przesuwając następnie odcinek $BM$ w kierunku $AM$ .

Zauważmy, że jeśli $A + D = 180^\circ$ , to równość (2) daje znaleziony przedtem dla tego przypadku warunek $a = c$ . Możemy więc powiedzieć:

Jeżeli $A + B = 180^\circ$ , zadanie ma rozwiązania, o ile spełniona jest równość (2); rozwiązań jest wówczas nieskończenie wiele.